Episodi 6. Clausures algebraiques
En aquest episodi demostrem l’existència i unicitat de la clausura algebraica d’un cos.
6.1 Preliminars
Comencem definint la noció de clausura algebraica i la de cos algebraicament tancat.
Definició 6.1 (clausura algebraica) Diem que \(\bar{F}/F\) és una clausura algebraica d’\(F\) si \(\bar{F}/F\) és algebraica i tot polinomi \(f(x)\in F[x]\) descomposa completament a \(\bar{F}\).
Definició 6.2 (algebraicament tancat) Un cos \(F\) és algebraicament tancat si és una clausura algebraica sobre si mateix. És a dir, si tot polinomi \(f(x)\in F[x]\) té alguna arrel a \(F\).
Aviat veurem que tot cos té alguna clausura algebraica, i que hi ha cossos algebraicament tancats. Veurem primer que les clausures algebraiques són algebraicament tancades.
Proposició 6.1 Sigui \(\bar{F}/F\) una clausura algebraica de \(F\). Aleshores \(\bar{F}\) és algebraicament tancat.
Prova. Considerem un polinomi \(f(x)\in \bar{F}[x]\), i considerem l’extensió \(\bar{F}(\alpha)\) obtinguda adjuntant una arrel de \(f(x)\) a \(\bar{F}\). Aleshores \(\bar{F}(\alpha)/\bar{F}/ F\) és una torre algebraica, i per tant l’extensió total és algebraica. En particular, \(\alpha\) és algebraic sobre \(F\) i, per tant, \(\alpha \in \bar{F}\), com volíem demostrar.
El següent resultat ens permet trobar una clausura algebraica de qualsevol subcos d’un cos algebraicament tancat.
Proposició 6.2 Sigui \(K/F\) una extensió, i suposem que \(K\) és algebraicament tancada. Aleshores la subextensió \(\bar{F}/F\) formada pels elements de \(K\) que són algebraics sobre \(F\) és una clausura algebraica de \(F\) .
Prova. L’extensió \(\bar{F} / F\) és algebraica per definició. Donat un polinomi \(f(x)\in F[x]\), aquest trencarà completament a \(K\) en producte de polinomis de la forma \(x-\alpha\). Però cadascun dels \(\alpha\) és algebraic sobre \(F\) i, per tant, és un element de \(\bar{F}\). Per tant \(f(x)\) ja trencava completament a \(\bar{F}[x]\), i per tant \(\bar{F}\) és una clausura algebraica de \(F\).
Cap al final del curs veurem una demostració del Teorema Fonamental de l’Àlgebra, que diu que el cos \(\CC\) dels nombres complexos és algebraicament tancat. Com a conseqüència, obtenim clausures algebraiques de qualsevol extensió subextensió \(\CC/F/\QQ\). En particular, el cos \(\bar{QQ}\) format pels complexos algebraics és una clausura algebraica de \(\QQ\).
6.2 Clausura algebraica d’\(\FF_q\)
L’objectiu és demostrar l’existència de cossos finits d’ordre qualsevol potència d’un primer, i veure que són únics (llevat d’isomorfisme). També veurem que existeix la clausura algebraica de qualsevol cos finit.
Teorema 6.1 (Existència i unicitat de cossos finits) Per tot primer \(p\) i tot \(n\geq 1\), hi ha un únic (llevat d’isomorfisme) cos finit d’ordre \(p^n\), que denotarem per \(\FF_{p^n}\). A més, tot cos finit de característica \(p\) és isomorf a \(\FF_{p^n}\) per alguna \(n \geq 1\).
Prova. Sigui \(n\geq 1\), i fixem-nos que el polinomi \(f(x)=x^{p^n}-x \in \FF_p[x]\) té derivada \(-1\) i, per tant, és separable. Si \(\alpha\) i \(\beta\) són dues arrels qualssevol, aleshores \(\alpha\beta\) i \(\alpha+\beta\) també són arrels. Per tant, el conjunt \(L\) format per les \(p^n\) arrels forma un subcos del cos de descomposició de \(f(x)\) i, per tant, com que \(L\) conté totes les arrels, ha de ser el propi cos de descomposició. Com que \(L\) té \(p^n\) elements, té grau \(n\) sobre \(\FF_p\), i per tant hem vist que hi ha cossos finits de grau \(n\) per qualsevol \(n\geq 1\).
Sigui ara \(\FF\) un cos finit qualsevol de característica \(p\). Com que és un espai vectorial sobre el seu cos primer \(\FF_p\), ha de tenir \(p^n\) elements per algun \(n\geq 1\). Fixem-nos que \(\FF^\times\) és un grup d’ordre \(p^n-1\) i, per tant \(\alpha^{p^n-1} = 1\) per tot \(\alpha\in \FF\). Per tant \(\alpha\) és una arrel de \(x^{p^n}-x\) i \(\FF\) està contingut al cos de descomposició d’aquest polinomi. Mirant el nombre d’elements, veiem que és igual al cos de descomposició.
Fixem-nos que encara no hem sabut demostrar que existeixen polinomis irreductibles a \(\FF_p[x]\) de qualsevol grau. El que ens caldria és demostrar que l’extensió \(\FF_{p^n}/\FF_p\) és simple, és a dir, que s’obté adjuntant l’arrel d’un polinomi irreductible. Això ho veurem més endavant, a la Proposició 9.2.
Fixem-nos que tenim una cadena d’inclusions \[ \FF_p\subset \FF_{p^2} \subset \FF_{p^{6}} \subset \FF_{p^{4!}} \subset \cdots \subset \FF_{p^{n!}} \subset\cdots, \] i podem considerar el cos \(\Fpbar = \bigcup_{n\geq 1} \FF_{p^{n!}}\) (és fàcil veure que és un cos).
Proposició 6.3 El cos \(\Fpbar\) és una clausura algebraica d’\(\FF_p\).
Prova. Primer, observem que \(\FF_{p^{n!}}\) conté \(\FF_{p^n}\) per a tot \(n\), i per tant també \(\Fpbar\) conté tots els cossos finits. Donat un polinomi \(f(x)\in \Fpbar[x]\), els seus coeficients viuen tots en un cert cos \(\FF_{p^{n!}}\) i per tant el cos de descomposició d’aquest polinomi és una certa extensió finita d’aquest, i està contingut a \(\Fpbar\). Ara bé, com que tots els \(\FF_{p^{n!}}\) són cossos de descomposició i \(\Fpbar\) és el mínim cos que els conté a tots ells, deduïm que \(\Fpbar\) és una clausura algebraica.
Corol·lary 6.1 Si \(\FF\) és un cos finit, aleshores \(\bar{\FF}=\Fpbar\).
Prova. Ja hem vist que \(\bar{\FF}\) és el conjunt de tots els elements de \(\Fpbar\) que són algebraics sobre \(\FF\), i això és tot \(\Fpbar\).
6.3 Clausura algebraica de \(\QQ\)
Construirem una clausura algebraica de \(\QQ\) de manera explícita. De fet, la mateixa construcció serveix per qualsevol cos de cardinalitat numerable, per exemple per \(\FF_p(t)\). El conjunt de tots els polinomis de \(\QQ[x]\) és numerable. Considerem doncs una enumeració \(p_1(x), p_2(x),\ldots\), i definim \(K_0=\QQ\) i \(K_1/\QQ\) com el cos de descomposició de \(p_1(x)\). Definim aleshores \(K_2/K_1\) com el cos de descomposició de \(p_2(x)\), i en general \(K_{n+1}\) com el cos de descomposició de \(p_{n+1}(x)\) sobre \(K_n\). Podem prendre \(\bar{\QQ}\) com la “unió” de tots aquests cossos. Evidentment, tot polinomi \(p_i(x)\in\QQ[x]\) descomposa completament a \(K_i\) i, per tant, també a \(\bar{\QQ}\).
6.4 El lema de Zorn
El lema de Zorn és una conseqüència de l’Axioma de l’Elecció. De fet, els dos són equivalents en la teoria de conjunts de Zermelo-Fränkel.
Teorema 6.2 (lema de Zorn) Sigui \(X\) un conjunt no buit amb un ordre parcial \(\leq\). Suposem que tota cadena no buida \(Y\subseteq X\) té una fita superior \(x\in X\). Aleshores \(X\) té algun element maximal.
Una aplicació típica del Lema de Zorn és el següent resultat de teoria d’anells.
Proposició 6.4 (tot anell té maximal) Sigui \(A\) una anell unitari no trivial. Aleshores existeix un ideal maximal \(I\subset A\).
Prova. Sigui \(X\) el conjunt de tots els ideals propis d’\(A\), que és no buit perquè \((0)\in X\). La inclusió ens dona un ordre parcial a \(X\), i un ideal maximal d’\(A\) és el mateix que un element maximal a \(X\). Només ens cal, doncs, verificar les hipòtesis del lema de Zorn.
Sigui \(T\subseteq X\) una cadena no buida, i sigui \(I\) l’ideal obtingut fent la unió de tots els elements de \(T\). Fent servir que \(T\) és totalment ordenat, és fàcil veure que \(I\) és un ideal. Ens falta veure que és propi, és a dir, que \(1\notin I\). Però si \(1\in I\), aleshores hi ha algun membre de \(T\) que conté \(1\), i per tant no seria un ideal propi, contradicció.
6.5 Unicitat de la clausura algebraica
Veurem ara la unicitat de la clausura algebraica (si aquesta existeix).
Teorema 6.3 Sigui \(K/F\) una extensió algebraica, i sigui \(L/F\) una extensió algebraicament tancada. Aleshores existeix un \(F\)-morfisme \(K\to L\).
Prova. Considerem el conjunt de tots els morfismes \(\varphi\colon K' \to L\), on \(F \subseteq K'\subseteq K\). Aquest conjunt té un ordre parcial: \(\varphi\leq \psi\) si i només si \(\psi\) extén \(\varphi\). Podem aplicar fàcilment el lema de Zorn per obtenir un element maximal \(\varphi \colon K' \to L\). Cal veure que \(K'=K\). Però si no ho fos, podem prendre un element \(\alpha\in K\smallsetminus K'\), i estendre el morfisme \(\varphi\) a \(K'(\alpha)\), ja que \(L\) té una arrel del polinomi mínim d’\(\alpha\), contradient la maximalitat de \(K'\).
Corol·lary 6.2 (unicitat de la clausura algebraica) Siguin \(K/F\) i \(L/F\) clausures algebraiques de \(F\). Aleshores \(K\cong L\).
Prova. Apliquem el teorema anterior i obtenim un \(F\)-morfisme \(\varphi\colon K \to L\), que és injectiu. Sigui \(\beta\in L\) un element qualsevol, i sigui \(f(x)\) el seu polinomi mínim sobre \(F\). Com que \(K\) és algebraicament tancat, conté totes les arrels de \(f(x)\), i \(\varphi\) indueix una aplicació injectiva (i per tant exhaustiva) entre elles. Així, hi ha alguna arrel \(\alpha\in K\) tal que \(\varphi(\alpha)=\beta\), i hem demostrat que \(\varphi\) és exhaustiu.
6.6 Existència de la clausura algebraica
Donat un cos qualsevol \(F\), tenim ara l’objectiu de construir una clausura algebraica \(\bar{F}/F\). Intuïtivament almenys, la idea és de considerar, per cada polinomi \(g(x)\in F[x]\), un cos \(F_g\) que contingui totes les arrels de \(g\). Aleshores hauríem de prendre el compositum de tots aquests cossos. El problema és que per fer el compositum hem de prendre una intersecció de molts cossos, i no està clar on viuen aquests cossos (la intersecció de conjunts només té sentit quan aquests conjunts són subconjunts d’un conjunt fixat). Fixem-nos que si només consideréssim un nombre finit de polinomis \(g_1(x),\ldots, g_n(x)\) aleshores podríem prendre el cos de descomposició del producte \(g_1(x)\cdots g_n(x)\).
Teorema 6.4 (existència de clausura algebraica) Sigui \(F\) un cos. Aleshores existeix una clausura algebraica \(\bar{F}/F\).
Prova (Intent de demostració). Sigui \[X = \{ L/K \text{extensions algebraiques de $K$}\},\] amb la relació d’ordre \[ K_2 > K_1 \iff \text{$K_2/K_1$ és una extensió algebraica}. \] Com que tota cadena d’\(X\) té un element maximal (prenem la unió de totes les extensions de la cadena), el lema de Zorn ens diu que hi ha un element maximal a \(X\), que anomenarem \(\bar{F}\). Només ens cal veure que \(\bar{F}/F\) és una clausura algebraica. Sigui \(f(x)\in F[x]\) un polinomi no constant. Podem construir una extensió \(L / \bar{F}\) on \(f(x)\) tingui un zero. Aleshores \(L/F\) és algebraica, i per tant \(L/F\) també ho és. De la maximalitat de \(\bar{F}\) en deduïm que \(L=\bar{F}\) i per tant \(f(x)\) té un zero a \(\bar{F}\), com volíem demostrar.
El problema amb la “demostració” anterior és que l’objecte que hem denotat amb \(X\) no és un conjunt (és una classe). És a dir, no hi ha un conjunt que contingui totes les extensions algebraiques d’un cos fixat \(K\). Hem de restringir on prenem aquestes extensions (quins elements permetem que tinguin). La següent demostració és perfectament correcta, i fa justament això.
Prova. Considerem un conjunt \(\mathcal{U} \supset F\) de cardinal estrictament superior a \(\mathcal{N}=\max(\aleph_0, |F|)\).
Sigui \[X = \{K\subseteq L \subseteq \mathcal{U} ~|~ L/K \text{ és una extensió algebraica de $K$}\},\] amb la relació d’ordre \[ K_2 > K_1 \iff \text{$K_2/K_1$ és una extensió algebraica}. \] Com que tota cadena d’\(X\) té un element maximal (prenem la unió de totes les extensions de la cadena), el lema de Zorn ens diu que hi ha un element maximal a \(X\), que anomenarem \(\bar{F}\). Només ens cal veure que \(\bar{F}/F\) és una clausura algebraica. Sigui \(f(x)\in F[x]\) un polinomi no constant, i suposem que no té cap zero a \(\bar{F}\). Podem construir una extensió \(L / \bar{F}\) on \(f(x)\) tingui un zero. Aleshores \(L/F\) és algebraica, i per tant \[ |\bar{F}| \leq |L| \leq \mathcal{N}. \] Per tant, \(|\mathcal{U}\smallsetminus \bar{F}| = |\mathcal{U}| > |L\smallsetminus \bar{F}|\). Això fa que existeixi una aplicació (de conjunts) injectiva \(i \colon L \to \mathcal{U}\) tal que \(i(x)=x\) si \(x\in \bar{F}\). Podem doncs transportar l’estructura de cos de \(L\) a \(i(L)\) i obtenim un nou element maximal \(L > \bar{F}\), contradient la maximalitat de \(\bar{F}\).
Una alternativa, si no ens sentim còmodes amb la teoria de conjunts, consisteix a servir una idea d’Artin. La demostració és una mica més enrevessada, però no ens fa embrutar tant les mans.
Prova. Gràcies a la Proposició 6.2, n’hi ha prou amb construir una extensió \(K/F\) algebraicament tancada.
Per cada polinomi mònic no constant \(f=f(x)\in F[x]\), considerem una variable \(x_f\). Tenim l’anell de polinomis en infinites variables \(F[\{x_f\}]\), i hi podem considerar l’ideal \(I\) generat pels polinomis \(f(x_f)\).
Veurem que \(I\) no és el total i, per la Proposició 6.4, està contingut en un ideal maximal \(\mathcal{M}\). El cos obtingut prenent el quocient per \(\mathcal{M}\) l’anomenem \(K_1\), que és una extensió de \(F\) que conté una arrel de cada polinomi amb coeficients a \(F\). Podem iterar el procés (començant amb \(K_1\) en comptes de \(F\)) per obtenir \(K_2/K_1\), una extensió on tot polinomi amb coeficients a \(K_1\) té una arrel, i així construïm una successió de cossos de la qual en podem prendre la seva “unió” \(K\). Donat un polinomi \(f(x)\in K[x]\), tots els seus coeficients viuen necessàriament a \(K_n\) per algun \(n\geq 1\) i, per tant, \(f(x)\) té alguna arrel a \(K_{n+1}\) i, per tant a \(K\).
Ens queda per veure que \(I\) és un ideal propi. Suposem que no i arribarem a contradicció. Suposem que tenim una relació \[ g_1 f_1(x_{f_1}) + g_2 f_2(x_{f_2}) + \cdots + g_k f_k(x_{f_k}) = 1,\quad g_i \in F[\{x_f\}]. \] En total, aquesta relació només involucra un nombre finit de variables. Les hi posem nom: denotem \(x_1=x_{f_1}\), i així successivament fins a \(x_k = x_{f_k}\). Després anomenem \(x_{k+1},\ldots, x_r\) la resta de variables que apareixen en els polinomis \(g_i\), de manera que podem reescriure la relació anterior com \[ g_1(x_1,\ldots, x_r) f_1(x_1) + g_2(x_1,\ldots,x_r) f_2(x_2)+\cdots+g_k(x_1,\ldots x_r) f_k(x_k)=1. \] Prenem ara una extensió finita \(F'/F\) que contingui una arrel \(\alpha_i\) de \(f_i(x)\) per cada \(i\). La relació anterior particularitza, si fem \(x_i=\alpha_i\) per \(i=1,\ldots,k\) i \(x_i=0\) per \(i>k\), a \(0=1\), que és una contradicció. Això acaba la demostració.
Remarca. L’existència i unicitat de clausures algebraiques fou demostrada per Steinitz el 1910, i la demostració era molt més llarga i complicada (unes 20 pàgines).
També es pot demostrar (però ens cal teoria que veurem una mica més endavant) que el cos \(K_1\) que apareix a la demostració anterior ja és algebraicament tancat, així que no caldria fer tots els altres infinits passos. La demostració d’aquest fet no és senzilla i fa servir el teorema de l’element primitiu, que demostrarem més endavant (vegeu 10.2).